Partie entre un convexe et sa fermeture
Réponses
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S’il existe un point dans $x\in X\setminus C$, alors c’est la limite d’une suite d’éléments de $C$. Tu peux ensuite relier ces points par des segments pour obtenir un chemin allant de $x$ à un point de $C$. Il faut formaliser l’idée pour être sûr que l’on obtient bien une application continue.
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Supposons que $0 \in C$. Je crois que j'ai toujours tenu pour acquis que, pour tout $v$, $\overline{\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}} = \{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in \overline{C}\}$ (EDIT 2 : faux aussi : prendre, pour $C$, dans le plan, le demi-plan supérieur avec la partie de l'axe des abscisses correspondant à des points d'abscisse supérieure à $-43$ ; alors l'adhérence de $C$ est le demi-plan fermé et ça met en défaut mon affirmation). Je vais y réfléchir, mais, si c'est vrai, il me semble qu'on puisse obtenir sans mal (EDIT : attention, la phrase suivante est fausse) que, pour toute partie $C$ étoilée en un point $x_0$, et pour toute partie $X$ telle que $C \subset X \subset \overline{C}$, alors $X$ est étoilée en $x_0$. Comme toute partie étoilée est connexe par arcs, tout ceci te suffirait.EDIT : GaBuZoMeu a soulevé mon erreur.EDIT2 : Une autre erreur.
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Georges Abitbol a dit :il me semble qu'on puisse obtenir sans mal que, pour toute partie $C$ étoilée en un point $x_0$, et pour toute partie $X$ telle que $C \subset X \subset \overline{C}$, alors $X$ est étoilée en $x_0$.
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Oulalalala, oui. Merci !
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L'idée de MrJ fonctionne bien.On peut supposer sans peine que $C\neq \emptyset$ et que $X\setminus C\neq \emptyset$, sinon le résultat à prouver est évident.
Soit $x \in X\setminus C$ et $x_0\in C$.
Alors il existe une suite $(x_n)_{n\in\N^*}$ d'éléments de $C$ qui converge vers $x$.On définit la fonction $\phi$ sur $[0,1]$ par $\phi(0)=x$ et $\forall n\in\N^*, \forall t\in \left]\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}\right], \phi(t)=(\frac{1}{t}-n)x_{n}+(n+1-\frac{1}{t})x_{n-1}$.Alors $\phi$ est évidemment continue en tout point de $\bigcup_{n\in\N^*} \left]\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}\right[$.
Elle est continue en $\frac{1}{n}$ pour tout $n\in\N^*$ en regardant les limites à droite et à gauche en ces points.
Enfin, pour tout $t\in\left]0,1\right]$ :
\[ \|\phi(t)-\phi(0)\|=\left\|\left(\frac{1}{t}-\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor\right)\left(x_{\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor}-x\right)+\left(\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor+1-\frac{1}{t}\right)\left(x_{\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor-1}-x\right)\right\| \leq \left\|x_{\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor}-x\right\|+\left \|x_{\left\lfloor\frac{1}{t}\right\rfloor-1}-x\right\| ,\] et ces deux dernières normes tendent vers $0$ lorsque $t$ tend vers $0$ donc $\phi$ est continue en $0$ également.Ainsi $\phi$ est continue sur $[0,1]$ et relie $x_0\in C$ et $x\in X\setminus C$.
Donc $X$ est connexe par arcs. -
Bonjour,Si $x_0$ appartient à l'intérieur relatif de $C$ et $x$ appartient à $X$, alors le segment $[x_0,x]$ est contenu dans $X$ (et $[x_0,x[$ est contenu dans l'intérieur relatif de $C$).
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Je ne sais pas si j'ai bien compris @GaBuZoMeu, mais ce qui suit ne serait-il pas un contre-exemple ?
On considère $\ell^{\infty}$ l'espace des suites réelles bornées avec la norme du sup et $C$ le sous-espace des suites nulles à partir d'un certain rang. On pose $X:=C\cup \{x\}$ où $x=(1,1/2,1/3,...)$. Alors on a bien $C\subset X\subset \overline{C}$, de plus $0$ est dans l'intérieur relatif de $C$ mais $[0,x]$ n'est pas contenu dans $X$. -
Tu as raison, le problème est ici que l'adhérence de $C$ déborde de son enveloppe affine. Il est clair alors qu'on ne peut pas aller tout droit sur un point de l'adhérence de $C$.Bon, et si je suppose que $x_0$ appartient à l'intérieur (tout court) de $C$ ?
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L'intérieur de $C$ peut être vide en dimension infinie même si $C$ est dense (cas d'un hyperplan non fermé).
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$. -
Bien sûr.
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Ceci dit si l'intérieur n'est pas vide... je ne sais pas. Intuitivement on a envie de dire que dans ce cas ça marche.
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@bisam : Bien joué !J'ai découvert cette "astuce" lorsque j'étais agrégatif avec le bel exercice suivant (que j'ai surement déjà mentionné dans d'autres discussions) : un hyperplan $H$ d'un espace vectoriel normé $E$ est dense si et seulement si $E\setminus H$ est connexe par arcs.
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Pour me faire pardonner d'avoir écrit des bêtises plus haut, voici un petit quelque chose qui les corrige.Soit $E$ un espace normé.
Définition : soit $z \in E$. Le cornet de pointe $z$ et de rayon $\epsilon$ est, par définition, $conv (B(0,\epsilon) \cup \{x\}) \setminus \{x\}$, où $conv$ désigne l'enveloppe convexe et où $B$ désigne une boule ouverte. On le note $C(z,\epsilon)$.
Lemme 1 : Soit $x \in E$, et $\epsilon > 0$ fixé. Alors l'ensemble des $z$ tels que $x$ est dans l'intérieur de $C(z,\epsilon)$ est ouvert.
Démonstration : Soit $z \in E$. Alors $x$ est dans l'intérieur de $C(z,\epsilon)$ si et seulement si la demi-droite $[z,x)$ intersecte $B(0,\epsilon)$. Soit donc $z \in E$ tel que $x$ est dans l'intérieur de $C(z,\epsilon)$. Soit $t \in \mathbb{R}_+^*$ tel que $z + t(x-z) \in B(0,\epsilon)$. Alors l'application $y \mapsto y + t(x-y)$ est continue, et donc l'image réciproque $V$ de $B(0,\epsilon)$ par cette application est ouverte, et contient $z$. Alors, pour tout $y$ dans $V$, $[y,x)$ intersecte $B(0,\epsilon)$ et donc $x$ est intérieur à $C(y,\epsilon)$.
Soit maintenant $C$ une partie convexe (merci GBZM) de $E$ telle que $0$ est intérieur à $C$.
Lemme 2 : Soit $v \in E$. Alors on a $\overline{\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}} = \{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in \overline{C}\}$.
Démonstration : Tout d'abord, $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}$, $\overline{\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}}$ et $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in \overline{C}\}$ sont tous les trois des intervalles de $\mathbb{R}_+$ (pour deux d'entre eux, c'est parce que $C$ et $\overline{C}$ sont convexes, et l'autre est l'adhérence d'un intervalle, et donc un intervalle aussi) ; à part, peut-être, le premier, ils sont fermés.
L'inclusion gauche-droite est évidente. Pour l'inclusion droite-gauche, si $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}$ est non borné, alors c'est évident. Supposons donc que $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\}$ est $[0,t_0]$ ou $[0,t_0[$ pour un certain $t_0$. De plus, $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in \overline{C}\} = [0,t_1]$ pour un certain $t_1$. Il suffit de démontrer $t_0 = t_1$, et on sait déjà que $t_0 \leq t_1$.
Supposons donc $t_0 < t_1$.
Soit $\epsilon$ tel que $B(0,\epsilon) \subset C$. Alors $t_0v$ est dans l'intérieur de $C(t_1v,\epsilon)$. Soit $\delta > 0$ tel que pour tout $y \in B(t_1v,\delta)$, $t_0v$ est dans l'intérieur de $C(y,\epsilon)$ (il existe d'après le lemme 1).
Alors, comme $t_1v \in \overline{C}$, on peut trouver $y \in C \cap B(t_1v,\delta)$. Le point $t_0v$ est donc dans l'intérieur de $C(y,\epsilon)$ ; or, comme $C$ est convexe, $C(y,\epsilon) \subset C$, et donc $t_0v$ est intérieur à $C$, ce qui contredit le fait que $\{t \in \mathbb{R}_+ \ \vert \ tv \in C\} = [0,t_0[$.
Proposition : Soit $C$ une partie convexe, et soit $X$ une partie telle que $C \subset X \subset \overline{C}$. Alors $X$ est étoilé en tout point intérieur à $C$.
Démonstration : supposons que $C$ a un point intérieur $a$. Soit $x \in X$. D'après le Lemme 2, $[a,x[ \subset C$, et donc $[a,x] \subset X$.EDIT : Correction d'une lourde répétition.EDIT 2 : Rajout de l'hypothèse de convexité, merci GBZM ! -
@Georges Abitbol : n'oublies-tu pas quelque chose dans tes hypothèses ?"Soit maintenant $𝐶$ une partie de $𝐸$ telle que $0$ est intérieur à $𝐶$."Si tu ajoutes que $C$ est convexe, je veux bien.Un petit crobard :La boule $B_0$ de centre $x_0$ contenue dans le convexe $C$, $x$ dans l'adhérence de $C$, $y$ dans $[x_0,x[$ à l'extérieur de $B_0$, la boule $B$ image de $B_0$ par l'homothétie de centre $y$ qui envoie $x_0$ sur $x$. $B$ contient des points de $C$, et donc $y$ est dans $C$ par convexité.
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Oui oui, dans ma tête j'étais dans le cadre de la question et j'ai oublié de préciser. Je n'ai pas compris ton dessin : $C$ est la réunion des boules ouvertes et du segment ?
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$C$ est un convexe qui contient $B_0$ et dont l'adhérence contient $x$.PS. Ma question ci-dessus était rhétorique, j'avais déjà le petit crobard en tête.
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Merci à tous pour votre participation à ce fil.
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Bon, il m'a fallu un moment pour percuter que le dessin de GBZM est une proposition de preuve sans mots de ce que j'ai démontré plus haut. Par contre, c'est justement le "donc $y$ est dans $C$ par convexité" qui m'a posé des problèmes. C'est à peu près ça que sert mon Lemme 1 (trouver un boule $B$ autour du $x$ de GBZM telle que tout point dedans est tel que le cornet pointé en ce point contient le $y$ de GBZM).EDIT : Ok, j'ai compris le dessin de GBZM, maintenant.
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"le "donc $𝑦$ est dans $𝐶$ par convexité" qui m'a posé des problèmes."C'est pourtant très simple : il y a dans la boule $B$ un élément de $C$, et cet élément est l'image par une homothétie de centre $y$ et de rapport $<0$ d'un élément de $B_0$ qui est contenu dans $C$.
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Oui oui, j'ai pas réalisé tout de suite que $y$ était sur le segment joignant l'élément de $B_0$ et son image par l'homothétie, et c'est pour ça que j'ai fait tout mon truc. J'ai oublié de dire "bien ouèj GBZM", j'avoue !
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